含二階線性遞迴數列之收斂級數

含二階線性遞迴數列之收斂級數

劉又中 · ^薛昭雄

1. 前言

在數學傳播 2019 年第 3 期刊登的 「2ⁿ 在分母的級數收斂性質」 中 (見文獻 [11]), 張進 安老師給出了

X∞ n=1

an

2ⁿ 的結果。 例如當 an = n^k 以及 {an} 為 Fibonacci 數列 {Fn} 時 的情況。 他又在 2020 年第 1 期刊登了

X∞ n=1

Fn

10ⁿ = 10

89 的推廣 (見文獻 [12]), 也給出了 X∞

n=1

Fn

10^kn = 10^k

10^2k−10^k−1。 同時張鎮華教授也在 2020 年第二期刊登了 「費氏數列與等比數 列的交會處」 (見文獻 [13])。

在本文中, 我們將考慮 {an} 為二階線性遞迴數列的情形, 也同樣地用等比級數的方法, 將分母的 2ⁿ 及 10ⁿ 改為更一般的 rⁿ。 我們將給出級數

X∞ n=0

a_nk

rⁿ⁺¹ 的公式以及這個級數收斂 的條件, 其中 k 為正整數且 r 6= 0 為實數。

2. 二階線性遞迴數列

定義 1. 二階線性遞迴數列{an}n≥0是滿足

an= pan−1+ qan−2, n ≥ 2 (1) 的數列, 其中 p 和 q 是固定的常數, q 6= 0。

只要給定初始條件 a⁰、 a¹ 及遞迴關係式 (1), 即可決定整個數列, 很多常見的數列, 如等

差數列、 等比數列、 費氏數列都是二階線性遞迴數列的例子 (如下表, 參閱 [4])。

二階線性遞迴數列{a_n} a⁰ a¹ p q 整數 0, 1, 2, 3, . . . 0 1 2 −1 等差數列 (首項為a, 公差為d) a a + d 2 −1 等比數列 (首項為a, 公比為r) a ar r + 1 − r

Fibonacci 數列 0 1 1 1

Lucas 數列 2 1 1 1

Fermat 第一型數列 1 3 3 −2

Fermat 第二型數列 2 3 3 −2

Pell 第一型數列 1 2 2 1

Pell 第二型數列 2 2 2 1

定理 1. 令 {an} 為滿足遞迴關係式 (1) 的二階線性遞迴數列。 若 α 與 β 為特徵方程式 x²− px − q = 0 的兩根, 則

an =







(a¹− βa⁰

α − β )αⁿ−a¹− αa⁰ α − β

βⁿ, α 6= β;

na¹αⁿ⁻¹− (n − 1)a0αⁿ, α = β。

定理 1 的詳細證明, 見文獻 [3] 或 [9]。

例 1. 令 {Ln} 為 Lucas 數列, 即 L⁰ = 2, L¹ = 1, 且滿足遞迴關係式 Ln= Ln−1+ Ln−2, n ≥ 2。

令 α = 1 +√ 5

2 , β = 1 −√ 5

2 為方程式 x²− x − 1 = 0 的兩根, 直接計算定理 1 公式中 的係數, 得

L¹− βL⁰

α − β = 1, L¹− αL⁰

α − β = −1。

因此我們有

Ln= αⁿ+ βⁿ, n ≥ 0。

用同樣的方法, 也可以計算出 Fibonacci 數列 {F_n} 的一般式 F_n= αⁿ− βⁿ

α − β , n ≥ 0。 

3. 主要定理

在我們的主要定理中, 會用到以下這個已知的結果:

引理 1. 若 |t| < 1,

X∞ n=0

tⁿ = 1 1 − t。

定理 2. 令 {an} 為滿足遞迴關係式 (1) 的二階線性遞迴數列。 若 α 與 β 為 x²− px − q = 0 的兩相異根, 且滿足

maxnα^k r

,β^k r

o

< 1。 (2)

則

X∞ n=0

a_nk

rⁿ⁺¹ = a⁰r − a⁰ ·^αk+1_α−β^−βk+1 + a¹· ^α_α−β^k−βk

(r − α^k)(r − β^k) , (3) 其中 k 為正整數, r 6= 0 為實數。

證明: 由定理 1 及引理 1, X∞

n=0

ank

rⁿ⁺¹ = 1 r

X∞ n=0

h(a¹− βa⁰ α − β )α^nk

rⁿ − (a¹− αa⁰ α − β )β^nk

rⁿ i

= 1 r

h(a¹− βa⁰ α − β )

X∞ n=0

α^nk

rⁿ − (a¹− αa⁰ α − β )

X∞ n=0

β^nk rⁿ

i

= 1 r

ha¹ − βa0

α − β · 1

1 − ^α_r^k − a¹− αa0

α − β · 1 1 − ^β_r^k

i

= 1 r

ha¹ − βa⁰ α − β · r

r − α^k − a¹− αa⁰ α − β · r

r − β^k i

= 1 α − β

h(a¹ − βa0)(r − β^k) − (a¹− αa0)(r − α^k) (r − α^k)(r − β^k)

i

= 1 α − β

h(α − β)a0r − a⁰(α^k+1− β^k+1) + a¹(α^k− β^k) (r − α^k)(r − β^k)

i

= a⁰r − a⁰· ^αk+1_α−β^−βk+1 + a¹· ^α_α−β^k−βk (r − α^k)(r − β^k) ,

(4)

故得證。 

以上的情況是 x²− px − q = 0 有兩相異根的情形, 若 x²− px − q = 0 有重根, 也可以 求出類似的結果。

引理 2. 若 |t| < 1,

X∞ n=1

ntⁿ= t (1 − t)²。

這個引理也可以用微積分證明, 不過以下的證明採用的是與文獻 [11] 中類似的方法。

證明: 令

S = X∞ n=1

ntⁿ= t + 2t²+ · · · + ntⁿ+ · · · , 則

tS = t²+ · · · + (n − 1)tⁿ+ · · · , 將以上兩式相減, 並將右方 t 的冪次相同的項合併, 可得到

(1 − t)S = t + t² + · · · + tⁿ+ · · · = t 1 − t。 以上的最後一個等式即是無窮等比級數的公式, 因此我們有

S = t

(1 − t)²。 

定理 3. 令 {a_n} 為滿足遞迴關係式 (1) 的二階線性遞迴數列。 若 α 為 x²− px − q = 0 的 重根, 且 α^k

r

 < 1, 則 X∞ n=0

ank

rⁿ⁺¹ = a⁰r − (k + 1)a⁰α^k+ ka¹α^k−1

(r − α^k)² , (5)

其中 k 為正整數 r 6= 0 為實數。

證明: 由定理 1 及引理 2, X∞

n=0

ank

rⁿ⁺¹ = X∞ n=0

nka¹α^nk−1 rⁿ⁺¹ −

X∞ n=0

(nk − 1)a⁰α^nk rⁿ⁺¹

= X∞ n=1

nka1α^nk−1 rⁿ⁺¹ −

X∞ n=1

nka0α^nk rⁿ⁺¹ +

X∞ n=0

a0α^nk rⁿ⁺¹

= ka¹ αr

X∞ n=1

nα^k r

n

− ka⁰ r

X∞ n=1

nα^k r

n

+ a⁰ r

X∞ n=0

α^k r

n

= ka¹ αr ·

α^k r

(1 −^α_r^k)² − ka⁰ r ·

α^k r

(1 − ^α_r^k)² +a⁰ r · 1

1 − ^α_r^k

= ka¹α^k−1

(r − α^k)² − ka⁰α^k

(r − α^k)² + a⁰ r − α^k

= ka¹α^k−1− ka0α^k+ a⁰(r − α^k) (r − α^k)²

= a⁰r − (k + 1)a⁰α^k+ ka¹α^k−1

(r − α^k)² . 

(6)

備註: 在 (3) 式右邊, 若固定 α, 並令 β → α, 由於

β→αlim

α^k− β^k

α − β = lim

β→α

Xk−1 j=0

α^jβ^k−j−1= kα^k−1, (3) 式右邊的極限值就會與 (5) 式相符。

例 2. 當 an= n 時 (n ≥ 0), 即 {an} 滿足

an= 2an−1− an−2, n ≥ 2

以及初始條件 a0 = 0, a1 = 1, 此時特徵方程式 x²− 2x + 1 = 0 有兩重根 1。 由定理 3, 我 們可得到

X∞ n=1

nk

rⁿ⁺¹ = k

(r − 1)², 當 |r| > 1。

例如代入 k = 1, r = 2, 就會得到 X∞ n=1

n

2ⁿ⁺¹ = 1, 也因此 X∞ n=1

n

2ⁿ = 2, 這就是文獻 [11] 的

結果。 

例 3. 當 {a_n} 為等差數列時, 假定首項為 a⁰= a, 公差為 d, 即 an= a+nd。 因為 {an} 滿足 an = 2an−1− an−2, n ≥ 2。

同樣地根據定理 3 的公式, 我們有 X∞ n=0

a + nkd

rⁿ⁺¹ = a(r − 1) + kd

(r − 1)² , |r| > 1。

若代入 r = 2 時, 就得到

X∞ n=1

a + nkd

2ⁿ⁺¹ = a + kd。

當 k = d = 1, a = 0, 這就是例 2 的結果。 

當 k = 1 時, X∞ n=0

an

rⁿ⁺¹ 的公式可以再簡化:

推論 1. 令 {an} 為滿足遞迴關係式 (1) 的二階線性遞迴數列。 若 r 6= 0 為實數, α 與 β 為 x²− px − q = 0 的兩根, 且滿足

maxnα r

,β r

o

< 1, 則

X∞ n=0

a_n

rⁿ⁺¹ = a0(r − p) + a1

r²− pr − q 。

證明: 由前面的定理 2 及定理 3, 不論 x²−px−q = 0 有沒有重根, 即 α 6= β 或 α = β, 我們 都有

X∞ n=0

an

rⁿ⁺¹ = a⁰r − a⁰(α + β) + a¹ (r − α)(r − β) , 因此

X∞ n=0

a_n

rⁿ⁺¹ = a0r − a0(α + β) + a1

r²− (α + β)r + αβ 。 再由二次方程式根與係數的關係

α + β = p, αβ = −q, 可推得

X∞ n=0

an

rⁿ⁺¹ = a⁰(r − p) + a¹

r²− pr − q 。 

定義 2. 一個二階線性遞迴數列 {a_n} 如果滿足 a0 = 0 以及 a1 = 1, 則我們稱之為廣義 Fibonacci 數列。

推論 2. 若 {a_n} 為滿足 (1) 的廣義 Fibonacci 數列, 其中 x²− px − q = 0 的兩根為 α, β, r 6= 0 為實數, 且滿足

maxnα^k r

,β^k r

o

< 1。

則

X∞ n=1

a_nk

rⁿ⁺¹ = a_k

(r − α^k)(r − β^k), 其中 k 為正整數。

證明: 當 α 6= β, 由定理 1, an= αⁿ− βⁿ

α − β 。 在第 (3) 式代入 a⁰ = 0, a¹ = 1, 可以得到 X∞

n=1

ank

rⁿ⁺¹ =

α^k−β^k α−β

(r − α^k)(r − β^k) = ak

(r − α^k)(r − β^k)。

如果 α = β, 由定理 1, 我們有 a_n = nαⁿ⁻¹, 在第 (5) 式中代入 a⁰ = 0, a¹ = 1, 可以 得到

X∞ n=1

ank

rⁿ⁺¹ = kα^k−1

(r − α^k)² = ak

(r − α^k)²,

故得證。 

例 4. 令 u0 = 0, u¹ = 1, un+2 = 4un+1− u_n, n ≥ 0, 即 {un} = {0, 1, 4, 15, 56, . . .}。

x² − 4x + 1 = 0 的兩根為 α = 2 +√

3 及 β = 2 − √

3, α 與 β 滿足根與係數關係式 α + β = 4, αβ = 1。 因此由推論 2 我們有

X∞ n=1

unk

rⁿ⁺¹ = uk

r²− (α^k+ β^k)r + 1, (7) 其中收斂的條件為|r| > (2 +√

3)^k, r 為實數。 經由一些計算, 可得到 α²+ β² = (α + β)²− 2αβ = 14,

α³+ β³ = (α²+ β²)(α + β) − αβ(α + β) = 52, α⁴+ β⁴ = (α³+ β³)(α + β) − αβ(α²+ β²) = 194。

(8)

事實上由 Girard-Waring 公式 (見文獻 [2]; 以及文獻 [6], 第 454 頁, 定理 279), 我們也可 以直接對較大的 k 值, 算出 α^k+ β^k:

α^k+ β^k=

⌊Xk/2⌋

m=0

(k − m − 1)!k

(k − 2m)!m! (−1)^m(α + β)^k−2m(αβ)^m

=

⌊Xk/2⌋

m=0

k k − m

k − m m



(−1)^m4^k−2m。

(9)

對於 k = 1, 2, 3, 4, 我們可將 (7) 式更明確地寫下來:

X∞ n=1

un

rⁿ⁺¹ = 1

r²− 4r + 1, 當 |r| > 2 +√ 3;

X∞ n=1

u²n

rⁿ⁺¹ = 4

r²− 14r + 1, 當 |r| > 7 + 4√ 3;

X∞ n=1

u³n

rⁿ⁺¹ = 15

r²− 52r + 1, 當 |r| > 26 + 15√ 3;

X∞ n=1

u⁴n

rⁿ⁺¹ = 56

r²− 194r + 1, 當 |r| > 97 + 56√

3。 

例 5. 令 {an} 為滿足遞迴關係式 (1) 的二階線性遞迴數列。 若 a¹ = αa⁰ 6= 0, 其中 α 為 x² − px − q = 0 的根, 則代入定理 1 的公式, 可推得 (不論 x² − px − q = 0 有沒有重根) an = a⁰αⁿ, 因此 {an} 為等比數列。 若 k 為正整數, n a_nk

rⁿ⁺¹

o 亦為等比數列, 其公比為 α^k r , 所以

X∞ n=0

ank

rⁿ⁺¹ 收斂若且唯若 α^k r

 < 1。

反過來說, 如果已經知道 {a_n} 是等比數列, 同時滿足遞迴關係式 (1) 的二階線性遞迴數 列, 設其公比為 d, 在 (1) 式中令 n = 2, 可推得

a⁰d² = p(a⁰d) + qa⁰。

兩邊除以 a⁰ 之後, 即得 d² = pd + q, 因此 d 為 x²− px − q = 0 的根。 

4. 結語

本文的定理不僅可以推導出以前作者們的工作, 只要將 {an} 代入不同的二階線性遞迴數 列, 也可以得到新的收斂級數。 例如令 an= Fn 為 Fibonacci 數列時, 我們有

推論 3. 當 |r| >1 +√ 5 2

k

, r 為實數, k 為正整數, X∞

n=1

F_nk

rⁿ⁺¹ = F_k

r²− L_kr + (−1)^k, (10) 其中 {Ln} 為 Lucas 數列。

證明: 令 α = 1 +√ 5

2 , β = 1 −√ 5

2 為 x²− x − 1 = 0 之兩根, 已知 αβ = −1, 另外在例 1, 我們已經算出

Lk = α^k+ β^k。 再由推論 2,

X∞ n=1

Fnk

rⁿ⁺¹ = Fk

(r − α^k)(r − β^k)

= Fk

r²− (α^k+ β^k)r + (αβ)^k

= F_k

r²− L_kr + (−1)^k,

(11)

故得證。 

文獻 [5] 及 [16] 的結果, 就是這個推論的情形。 事實上, 我們的主要定理推廣了這兩篇文 獻的結果。

給定實數 r 及二階線性遞迴數列 {an}, 由定理 2 (或定理 3) 的條件, 我們可以確定哪些 k 值會使級數

X∞ n=0

a_nk

rⁿ⁺¹ 收斂¹。 例如在 (10) 式中, 若 r = 2, 則只有 k = 1 能使級數收斂, 此

1在定理 2 及定理 3 未涵蓋的情況中, X∞

n=0

ank

rⁿ⁺¹ 大多都會發散, 基於篇幅考量, 這部份我們留給讀者自行驗證。

時 X∞ n=1

Fn

2ⁿ⁺¹ = 1, 因此 X∞

n=0

Fn

2ⁿ = 2, 這即是文獻 [11] 當中的結果。

而當 r = 10, 則在 (10) 式中, 級數收斂若且唯若 k ≤ 4。 若代入 r = 10, 以及 k = 1, 2, 3, 4, 可以得到

X∞ n=1

Fn

10ⁿ⁺¹ = 1 89,

X∞ n=1

F²n

10ⁿ⁺¹ = 1 71,

X∞ n=1

F³n

10ⁿ⁺¹ = 2 59,

X∞ n=1

F⁴n

10ⁿ⁺¹ = 3 31。 這些等式與文獻 [5] 中所得到的一致, 其中 k = 1 的情形也是在文獻 [10]、 [12] 中都有的結 果, 而 k = 2 的等式也是文獻 [16] 的結果。

另外我們可以計算出

1

89 = 0.0112359 · · · 可以看到 1

89 的前六位小數恰好就是 F0 至 F5, 這是因為 X∞ n=1

Fn

10ⁿ⁺¹ = 1

89, 然而從小數點後 第七位開始, 會受到進位的影響而與 Fn 的值不同 (參閱文獻 [1]、 [8]、 [12]、 [14])。 同樣地, 若 考慮 r = 100, 我們會看到更多的 Fn 排列成小數:

X∞ n=1

Fn

100ⁿ⁺¹ = 1

9899 = 0.000101020305081321345590 · · · , 其中對於 0 ≤ n ≤ 9, 1

9899 的小數點後第 2n + 1 及第 2n + 2 位組成的二位數恰好就是 F_n (參閱文獻 [5]、 [12])。

我們也可以考慮 {an} 為其他二階線性遞迴數列的情形, 以 Lucas 數列 {Ln} 為例:

推論 4. 當 |r| >1 +√ 5 2

k

, k 是正整數, X∞

n=0

Lnk

rⁿ⁺¹ = 2r − Lk

r²− Lkr + (−1)^k。 (12)

證明: 令 α = 1 +√ 5

2 , β = 1 −√ 5

2 為 x²− x − 1 = 0 之兩根, 由定理 2 之結果, X∞

n=0

Lnk

rⁿ⁺¹ = 2r − 2 · ^αk+1_α−β^−βk+1 +^α_α−β^k−βk (r − α^k)(r − β^k) , 又因為 L_k= α^k+ β^k, F_k = α^k− β^k

α − β , αβ = −1, 前面這個式子可改寫成 X∞

n=0

Lnk

rⁿ⁺¹ = 2r − 2Fk+1+ Fk

r²− Lkr + (−1)^k,

最後由

2Fk+1− F_k= Lk, k ≥ 0

得證。 最後的這個恆等式可以由數學歸納法證明, 或由例 1 之中 L_n 與 F_n 的公式證明。 

例 6. 在 (12) 中, 令 r = 2, 可得到 k = 1 時, X∞ n=0

Ln

2ⁿ⁺¹ = 3, 而當 k ≥ 2 時, X∞ n=0

Lnk

2ⁿ⁺¹ 發散。

如果令 r = 10, k = 1, 2, 3, 4, 會得到 X∞

n=0

L_n

10ⁿ⁺¹ = 19 89,

X∞ n=0

L2n

10ⁿ⁺¹ = 17 71,

X∞ n=0

L3n

10ⁿ⁺¹ = 16 59,

X∞ n=0

L4n

10ⁿ⁺¹ = 13 31。

而當 k ≥ 5 時, X∞ n=0

Lnk

10ⁿ⁺¹ 發散。

若令 r = 10^m, 其中 m 為正整數, 我們有 X∞

n=0

Lnk

10^m(n+1) = 2 · 10^m− L_k

10^2m− Lk· 10^m+ (−1)^k, (13) 這也是文獻 [7] 及 [15] 提到的結果。 若在 (13) 式中令 m = 2, k = 1 我們會得到

X∞ n=0

L_n

100ⁿ⁺¹ = 199

9899 = 0.02010304071118294777 · · · , (14) 而 L_n= {2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, . . .}, (14) 式中小數的前 18 位就是將 L⁰ 至 L8 分

別寫成二位數再依序排列的樣子。 

參考文獻

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n→∞

Xn i=1

F_i 10ⁱ = 10

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—本文作者劉又中為美國克萊門森大學(Clemson University) 博士生, 薛昭雄為美國內華達 大學數學系教授_—